金丽衢十二校2020高三第一次联考第17题

realnumber

设$f(x)=x^3+ax^2+\frac{1}{3}(a-1)x,(a\in R)$,若对于满足$f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)$的三个不同实数$x_1,x_2,x_3$
恒有$\abs{x_1-x_2}+\abs{x_1-x_3}+\abs{x_2-x_3}\le 4$,则实数a的最小值为_______.

kuing

不妨设 `x_1<x_2<x_3`，左边的绝对值和就是 `2(x_3-x_1)`。

一般地，设 `f(x)=x^3+ax^2+bx+c` 有两极值点，如图所示，当那条水平线以速度 `v` 向上移动时，作速度分解知点 `x_1`, `x_3` 在水平方向上的分速度分别为 `v/\tan\alpha` 和 `v/\tan\beta`，也就是 `v/f'(x_1)` 和 `v/f'(x_3)`，所以当 `x_3-x_1` 取最大值时 `f'(x_1)=f'(x_3)`，由此易得 `x_1+x_3=-2a/3`，而 `x_1+x_2+x_3=-a`，得 `x_2=-a/3`（也即 `f` 的对称中心），再由 `x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=b`，得 `x_1x_3=b-2a^2/9`，故 `x_3-x_1=\sqrt{(x_3+x_1)^2-4x_1x_3}=2\sqrt{a^2/3-b}`，这就是 `x_3-x_1` 的最大值。

代原题数据，得 `2(x_3-x_1)_{\max}=4\sqrt{(a^2-a+1)/3}`，故 `a^2-a+1\leqslant3`，解得 `-1\leqslant a\leqslant2`。

realnumber

回复 2# kuing


    嗯，我是没想到对称中心以及斜率变化作用，后来看到答案，也是如kk这样做的

isee

回复 3# realnumber

速度分度？不能吧。

猜到过中心时取临界是容易的，但是这个理由标答是如何细说的？

realnumber

由题得对称中心为 $\left(-\frac{a}{3}, f\left(-\frac{a}{3}\right)\right)$ ，不妨设 $x_1<x_2<x_3$
由图 $\left|x_1-x_2\right|+\left|x_2-x_3\right|+\left|x_1-x_3\right|=2\left|x_1-x_3\right|$
如图 $l_1$ 经过对称中心，$l_2$ 不过对称中心） $A A^{\prime}$ 段每处切线斜率大于 A 处 $C C^{\prime}$ 段每处切线斜率
又 $A, C$ 处切线斜率相同，故 $\Delta x_A<\Delta x_C$ ．故 $A C>A^{\prime} C^{\prime}$当 $x_2=-\frac{a}{3}$ 时最大
此时 $\left|x_1-x_2\right|+\left|x_2-x_3\right|+\left|x_1-x_3\right|=4\left|x_2-x_3\right|$故只要 $\left|x_2-x_3\right| \leq 1, a$ 的最小值必在 $\left|x_2-x_3\right|=1$ 时取 $f\left(-\frac{a}{3}\right)=f\left(-\frac{a}{3}+1\right)$ ，代入得 $a=2$ 或－1，故 $a$ 的最小值为 $-1$

kuing

回复 4# isee

这题是填空，标答只有结果，没过程的吧，楼上的也只是网络解析吧……
而且感觉也说得不够清楚，由 A、C 处切线相同得出 Δx_A<Δx_C 这里，应该再说得细致一些，其实可以用拉格朗日中值什么的……

isee

回复 6# kuing

它这个过程，还不如你在2楼所述；看着更像是网络解析。

kuing

其实也可以这样讲：设 `f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)=m`，有
\[\frac{\rmd(x_3-x_1)}{\rmd m}=\frac{\rmd x_3}{\rmd m}-\frac{\rmd x_1}{\rmd m}=\frac1{f'(x_3)}-\frac1{f'(x_1)},\]2# 的速度分解相当于为上式给出直观解释而已……

isee

回复 8# kuing

这都用到反函数求导法则了。。。。。。

isee

从另一个角度试试。

续2#所设，由$$f(x_1)=f(x_3)\Rightarrow -a=\frac {x_1^2+x_1x_3+x_3^2-\frac 13}{x_1+x_3+\frac 13}$$

在$x_3-x_1\leqslant 2$的条件下，变成求$a$的最值，是否能处理？

如果仅就填空题，取$x_3=x_1+2$，代入化为一元$$-a=\frac {3x_1^2+6x_1+11/3}{2x_1+7/3}$$

求导得两极值点$-2/3,-5/3$同样得到两个临时值$-1$，$2$也不知填写哪一个。

是否能完善呢？除了2#(8#)外，（5#图片过程个人“瞧不上”）。

kuing

回复 10# isee

这方向可以呀，令 `x_3=x_1+d`，代入 `-a=\cdots` 那条式中，整理为 `9x_1^2+(6a+9d)x_1+3ad+a+3d^2-1=0`，关于 `x_1` 的 `\Delta=9(4a^2-4a+4-3d^2)\geqslant0`，得 `d^2\leqslant4(a^2-a+1)/3`，所以必须 `a^2-a+1\leqslant3`，得 `-1\leqslant a\leqslant2`。

isee

回复 11# kuing

想过，但是写了判别式没进一步化简，计算量有点儿。。。不成想，还真可以相当于求两根差的最大值，感谢！

mowxqq

这道题正好写过一个解答

不妨令 $x_1<x_2<x_3$，则 $x_3-x_1\le2$，即 $x_1+2\ge x_3$，

另外由于 $x_3$ 必定在三次函数的增区间内，

所以 $f(x_1+2)\ge f(x_3)=f(x_1)$，

构造函数 $g(x)=f(x+2)-f(x)=6x^2+(4a+12)x+\dfrac{14}{3}a+\dfrac{22}{3}$，

所以 $g(x)\ge0$ 恒成立，

即 $\Delta=(4a+12)^2-24\left(\dfrac{14}{3}a+\dfrac{22}{3}\right)\le0$，

解得 $-1\le a\le 2$，所以实数 $a$ 的最小值为 $-1$.

可以验证：

当 $a=-1$ 时 $g(x)$ 存在唯一零点，即为 $x_1$，

所以此时 $x_1=-\dfrac{2}{3},x_3=\dfrac{4}{3}$，进而求得 $x_2=\dfrac{1}{3}$，

另外还可解得 $a$ 的最大值为 2.

这里的 $x_1,x_2,x_3$ 为等差数列可以发现什么规律呢，

事实上所有的三次函数 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 的图象都是中心对称的，

原理其实也很容易想到，首先我们可以通过平移消去函数中的二次项，

即 $f\left(x-\dfrac{b}{3a}\right)=ax^3+\left(c-\dfrac{b^2}{3a}\right)x+\dfrac{2b^3}{27a^2}-\dfrac{bc}{3a}+d$，

所以 $f\left(x-\dfrac{b}{3a}\right)+f\left(-x-\dfrac{b}{3a}\right)=\dfrac{4b^3}{27a^2}-\dfrac{2bc}{3a}+2d$ ，

即任意三次函数的图象均关于点 $\left(-\dfrac{b}{3a},f\left(-\dfrac{b}{3a}\right)\right)$ 成中心对称.

本题中我们可以将函数 $f(x)$ 平移成奇函数 $g(x)=x^3-\dfrac{a^2-a+1}{3}x$ 考虑，

我们不妨“科学”地猜测一下极端情况即为 $g(x)=0$ 的情形，

此时一个零点为 0，另外两个零点之差小于等于 2 即可，

所以 $2\sqrt{\dfrac{a^2-a+1}{3}}\le2$，解得 $-1\le a\le2$.

下面证明一下该猜测：

已知三次方程 $ax^3+bx+m=0$ 有三个根 $x_1<x_2<x_3$，证明当 $x_3-x_1$ 最大时，$m=0$.

由三次方程韦达定理可知 $\cases{x_1+x_2+x_3=0,\\x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=\dfrac{b}{a},\\x_1x_2x_3=-\dfrac{m}{a},}$

则当 $x_2\neq0$ 时， $\cases{x_1+x_3=-x_2,\\x_1x_3=-\dfrac{m}{ax_2},\\\dfrac{b}{a}=x_2(x_1+x_3)+x_1x_3=-x_2^2-\dfrac{m}{ax_2},}$

所以 $x_3-x_1=\sqrt{x_2^2+\dfrac{4m}{ax_2}}=\sqrt{-\dfrac{4b}{a}-3x_2^2}<\sqrt{-\dfrac{4b}{a}}$，

而当 $x_2=0$ 时 $\cases{x_1+x_3=0,\\x_1x_3=\dfrac{b}{a}}$，则有 $x_3-x_1=\sqrt{-\dfrac{4b}{a}}$，

所以当 $x_2=0$ 时 $x_3-x_1$ 取到最大值，此时有 $m=0$.

isee

回复 13# mowxqq


$f(x_1+2)\ge f(x_3)=f(x_1)$+恒成立，学习了。
这可能是最接近命题者的思想了。